2024屆高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)限時(shí)訓(xùn)練：《水溶液中的離子反應(yīng)與平衡》專題13一、選擇題(本題包括10小題)1．(2024屆浙江高考模擬)下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A．明礬溶于水產(chǎn)生膠體：↓+3H+B．向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量燒堿溶液；H3PO3+3OH-＝POeq\o\al(3－,3)+3H2OC．Na2NH中加入硫酸中：NH2-＋2H+＝NH3↑D．實(shí)驗(yàn)室用過氧化鋇與稀硫酸反應(yīng)制備雙氧水：BaO2+2H++SOeq\o\al(2-,4)=BaSO4↓+H2O2答案：D解析：A．明礬溶于水，鋁離子水解產(chǎn)生膠體：↓＋3H+，A錯(cuò)誤；B．二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量燒堿溶液反應(yīng)生成Na2HPO3，故反應(yīng)為H3PO3＋2OH－＝HPOeq\o\al(2-,3)＋2H2O，B錯(cuò)誤；C．Na2NH中加入硫酸中生成硫酸銨：NH2-+3H+=NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))，C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)室用過氧化鋇與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成雙氧水：BaO2＋2H+＋SOeq\o\al(2-,4)＝BaSO4↓＋H2O2，D正確；故選D。2．(2024屆浙江模擬)室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究Na2CO3的性質(zhì)。已知：25℃時(shí)，H2SO3的Ka1＝1.42×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。實(shí)驗(yàn)1：配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，測得溶液pH約為12；實(shí)驗(yàn)2：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中加入少量CaSO4固體充分?jǐn)嚢?，一段時(shí)間后過濾。向?yàn)V渣中加入足量稀鹽酸，固體完全溶解；實(shí)驗(yàn)3：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中緩慢滴入等體積0.1mol·L-1稀鹽酸。下列說法正確的是A．實(shí)驗(yàn)1所得溶液中，c(Na+)＜c(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2-,3))B．根據(jù)實(shí)驗(yàn)2，可推測Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)C．實(shí)驗(yàn)3反應(yīng)后溶液中存在：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2-,3))D．25℃時(shí)，反應(yīng)COeq\o\al(2-,3)+H2SO3HHCOeq\o\al(－,3)+HSOeq\o\al(－,3)的平衡常數(shù)K=2.5×10-8答案：D解析：A．Na2CO3溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，電荷守恒關(guān)系為c(Na+)+c(H+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)，則c(Na+)＞c(HCO3-)+2c(COeq\o\al(2-,3))＞c(HCO3-)+c(COeq\o\al(2-,3))，故A錯(cuò)誤；B．CaCO3和CaSO4的物質(zhì)類型相似，溶解度小的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)2，可推測Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B錯(cuò)誤；C．Na2CO3溶液物料守恒關(guān)系為eq\f(1,2)c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2-,3))，滴入等體積0.1mol?L-1稀鹽酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在eq\f(1,2)c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2-,3))，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)COeq\o\al(2-,3)+H2SO3HCOeq\o\al(－,3)+HSOeq\o\al(－,3)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3))?c(HSOeq\o\al(－,3)),c(COeq\o\al(2-,3))?c(H2SO3))＝eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3))?c(HSOeq\o\al(－,3)),c(COeq\o\al(2-,3))?c(H2SO3))×eq\f(c(H+),c(H+))＝eq\f(Ka1(H2SO3),Ka2(H2CO3))＝eq\f(1.4×10-2,5.6×10-11)＝2.5×108，故D正確。3．(2024屆浙江模擬)H2S是常見的二元弱酸(電離常數(shù)Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13)。氫氧化鐵[Ksp=2.8×10－39]、氫氧化鋅[Ksp=3.0×10－17]均為難溶多元弱堿，硫化鋅[Ksp=1.6×10－24]為難溶鹽。所有數(shù)據(jù)均為25℃的值。下列有關(guān)說法不正確的是A．因?yàn)镠2S的Ka1Ka2，所以c(S2-)Ka2=1.3×10-13mol/LB．Fe(OH)3飽和溶液中的c(Fe3+)1×10-10mol/LC．分別向等體積等濃度的(CH3COO)2Zn、ZnSO4溶液中通入等物質(zhì)的量的H2S沉淀ZnS后，前者c(Zn2+)更小D．的Na2S溶液與相同物質(zhì)的量的ZnSO4反應(yīng)，只沉淀ZnS答案：D解析：A．H2S在水溶液中的電離方程式為：H2SH++HS-、HS－H++S2-，Ka1＝eq\f(c(H+)c(HS－),c(H2S))，Ka2＝eq\f(c(H+)c(S2－),c(HS－))，因?yàn)镠2S的Ka1Ka2，可以任務(wù)c(H+)≈c(HS-)，所以c(S2-)Ka2=1.3×10-13mol/L，故A正確；B．Fe(OH)3溶于水所得飽和溶液中存在平衡：Fe(OH)3Fe3++3OH-，設(shè)c(Fe3+)=amol/L，則c(OH-)＝3amol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=2.8×10-39，解得a≈1×10-10mol/L，故B正確；C．(CH3COO)2Zn是強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，抑制H2S的電離，c(S2-)更大，沉淀Zn2+更加徹底，c(Zn2+)更小，故C正確；D．氫氧化鋅的Ksp=3.0×10－17，則當(dāng)0.1mol/L的ZnSO4溶液中Zn2+開始沉淀時(shí)，c(OH-)＝eq\r(\f(Ksp[Zn(OH)2],c(Zn+)))mol/L＝eq\r(\f(3.0×10－17,0.1))＝eq\r(3)×10-8mol/L，pH＝－lgc(H+)＝－lgeq\f(Kw,c(OH－))＝－lgeq\f(10-14,eq\r(3)×10-8)＝6＋lgeq\r(3)，則的Na2S溶液與相同物質(zhì)的量的ZnSO4反應(yīng)，除了沉淀ZnS還會生成Zn(OH)2，故D錯(cuò)誤。4．(2024屆浙江模擬)氫氧化鎂是常見難溶物，將過量氫氧化鎂粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)。已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8，Ksp(MgCO3)=3.5；通常，溶液中某離子的濃度小于1.0mol·L－1時(shí)，可以認(rèn)為該離子已沉淀完全。下列有關(guān)說法不正確的是A．滴入幾滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一個(gè)穩(wěn)定值B．MgCO3的飽和溶液中c(Mg2+)＞c(COeq\o\al(2-,3))C．NaOH溶液可使MgCO3較徹底地轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2D．氫氧化鎂可處理印染廠的酸性廢水，處理后c(Mg2+)=1.8mol·L－1，此時(shí)溶液呈堿性答案：B解析：A．滴入幾滴稀硫酸后，氫離子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，氫氧根離子濃度降低，pH降低，隨后沉淀溶解平衡正向移動，氫氧根離子濃度增大，pH增大，A正確；B．碳酸鎂電離產(chǎn)生鎂離子和碳酸根離子，但是碳酸根離子會水解，故鎂離子濃度大于碳酸根離子，B錯(cuò)誤；C．通過信息可知，氫氧化鎂的溶度積常數(shù)要小的多，故碳酸鎂更加容易轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂，則NaOH溶液可使MgCO3較徹底地轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，C正確；D．處理后c(Mg2+)＝1.8×10-3mol/L，則此時(shí)c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[Mg(OH)2],c(Mg+)))＝eq\r(\f(1.8×10-11,1.8×10-3))＝1.0×10-4mol/L，氫氧根離子濃度較大，溶液顯堿性，D正確。5．(2024屆浙江高考模擬)可溶性鋇鹽有毒，醫(yī)院中常用硫酸鋇這種鋇鹽作為內(nèi)服造影劑。已知：Ksp(BaCO3)=5.0；Ksp(BaSO4)=1.0。下列推斷正確的是A．飽和BaCO3溶液中存在：c(Ba2+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2-,3))B．向BaCO3、BaSO4的飽和混合溶液中加入少量BaCl2，溶液中eq\f(c(COeq\o\al(2-,3)),c(SOeq\o\al(2-,4)))減小C．不用碳酸鋇作為內(nèi)服造影劑，是因?yàn)镵sp(BaCO3)Ksp(BaSO4)D．若每次加入1L2mol·L-1的Na2CO3溶液，至少需要6次可將0.2molBaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3答案：D解析：A．BaCO3是難溶性鹽，飽和BaCO3溶液中存在：BaCO3(s)Ba2+(aq)+COeq\o\al(2-,3)(aq)，根據(jù)物料守恒：c(Ba2+)=c(HCOeq\o\al(－,3))+c(COeq\o\al(2-,3))+c(H2CO3)，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)CO3、BaSO4的飽和混合溶液中存在平衡：BaCO3(s)+SOeq\o\al(2-,4)(aq)BaSO4(s)+COeq\o\al(2-,3)(aq)，溶液中eq\f(c(COeq\o\al(2-,3)),c(SOeq\o\al(2-,4)))＝eq\f(Ksp(BaCO3),Ksp(BaSO4))，少量BaCl2，度不變，Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)不變，eq\f(c(COeq\o\al(2-,3)),c(SOeq\o\al(2-,4)))不變，故B錯(cuò)誤；C．胃液中含有鹽酸，不用碳酸鋇作為內(nèi)服造影劑的原因是：碳酸鋇能和鹽酸反應(yīng)而溶解，和溶度積常數(shù)無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．向BaSO4中加入Na2CO3溶液，發(fā)生反應(yīng)BaSO4(s)+COeq\o\al(2-,3)(aq)BaCO3(s)+SOeq\o\al(2-,4)(aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c(SOeq\o\al(2-,4)),c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(Ksp(BaSO4),Ksp(BaCO3))＝eq\f(1×10-10,5×10-9)＝eq\f(1,50)，若每次加入1L2mol·L-1的Na2CO3溶液，能處理BaSO4物質(zhì)的量xmol，則K＝eq\f(c(SOeq\o\al(2-,4)),c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(x,2－x)＝eq\f(1,50)，x＝eq\f(2,51)，eq\f(0.2mol,eq\f(2,51)mol)＝5.1，所以至少6次可以將0.2molBaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，故D正確。6．(2024屆江西一模)室溫下：Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5、Ka1(H2SO3)＝10-1.85、Ka2(H2SO3)＝10-7.22、Kb(NH3?H2O)＝1.8×10-5。本小組同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1測定0.10mol·L－1NaHSO3溶液的pH≈a2向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入少量SO23向20mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液10mL4配制0.10mol·L－1的(NH4)2SO3、CH3COONH4、NH4HSO3三種溶液下列所得結(jié)論正確的是A．實(shí)驗(yàn)1溶液中存在：c(Na+)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(H2SO3)＞c(SOeq\o\al(2-,3))B．實(shí)驗(yàn)2反應(yīng)的離子方程式：CH3COO－＋SO2＋H2O＝CH3COOH＋SOeq\o\al(2-,3)C．實(shí)驗(yàn)3反應(yīng)后的溶液中存在：c(CH3COOH)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H+)D．實(shí)驗(yàn)4中各溶液pH大?。篶(NH4HSO3)＜c(CH3COONH4)＜c[(NH4)2SO3]答案：D解析：A．NaHSO3溶液中，硫酸氫根既會電離又會水解，其電離常數(shù)為Ka2(H2SO3)＝10-7.22，水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10-14,10-1.85)＝10-12.15，故其電離程度大于水解程度，其電離產(chǎn)物亞硫酸根濃度也應(yīng)比水解產(chǎn)物亞硫酸大，A錯(cuò)誤；B．由于酸性H2SO3＞CH3COOH＞HSOeq\o\al(－,3)，故向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入少量SO2時(shí)應(yīng)該產(chǎn)生醋酸和亞硫酸氫根離子：CH3COO－＋SO2＋H2O＝CH3COOH＋HSOeq\o\al(－,3)，B錯(cuò)誤；C．向20mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液10mL，生成CH3COONa，聯(lián)立電荷守恒和物料守恒，c(CH3COOH)－c(CH3COO－)＝2c(OH－)－2c(H+)，C錯(cuò)誤；D．結(jié)合題干信息，Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5＝Kb(NH3?H2O)＝1.8×10-5，故醋酸根離子的水解程度和銨根離子的水解程度相等，醋酸銨溶液顯中性；NH4HSO3溶液中，銨根離子水解使溶液呈現(xiàn)酸性，亞硫酸氫根離子電離＞水解，也使溶液顯酸性，故NH4HSO3溶液顯酸性；而(NH4)2SO3中，亞硫酸根離子水解程度比銨根離子大，溶液呈現(xiàn)堿性，故同濃度各溶液pH大小：c(NH4HSO3)＜c(CH3COONH4)＜c[(NH4)2SO3]，D正確。7．(2024屆江西一模))溫下，向1L0.1mol/L的NH4HCO3溶液中加入NaOH固體(保持恒溫)的過程中，溶液中HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2-,3)、NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))、NH3·H2O四種粒子濃度以及溶液pH隨加入NaOH物質(zhì)的量的變化如圖所示(曲線A、B、C、D在縱軸上的截距分別為0.095、0.098、0.002、0.0002)。已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10?5，H2CO3的Ka1=4.2×10?7，Ka2=5.6×10?11，下列判斷正確的是A．HCOeq\o\al(－,3)與OH—反應(yīng)的平衡常數(shù)大于NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))與OH－反應(yīng)的平衡常數(shù)B．曲線D代表c(NH3·H2O)C．加入0.1molNaOH時(shí)僅發(fā)生反應(yīng)：NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))+OH－＝NH3·H2OD．0.1mol/LNH4HCO3溶液中存在：c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(NH3·H2O)>c(COeq\o\al(2-,3))>c(OH－)>c(H+)答案：D解析：由電離常數(shù)可知，氨水的電離常數(shù)大于碳酸的一級電離常數(shù)，則碳酸氫銨溶液中碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，溶液呈堿性，溶液中銨根離子濃度大于碳酸氫根離子濃度，則曲線A代表碳酸氫根離子、曲線B代表銨根離子；溶液中碳酸氫根離子與氫氧根離子的反應(yīng)為HCOeq\o\al(－,3)+OH－＝COeq\o\al(2-,3)+H2O，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c(COeq\o\al(2-,3)),c(HCOeq\o\al(－,3))c(OH－))＝eq\f(c(COeq\o\al(2-,3))c(H+),c(HCOeq\o\al(－,3))c(OH－)c(H+))＝eq\f(Ka2,Kw)＝eq\f(5.6×10?11,1×10-14)＝5.6×103，溶液中銨根離子與氫氧根離子的反應(yīng)為NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))+OH－＝NH3·H2O，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c(NH3·H2O),c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))c(OH－))＝eq\f(1,Kb)＝eq\f(1,1.8×10-5)≈5.6×104，銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)的平衡常數(shù)大于碳酸氫根離子與氫氧根離子的平衡常數(shù)說明銨根離子優(yōu)先與氫氧根離子反應(yīng)，則反應(yīng)中一水合氨的濃度大于碳酸根離子濃度，曲線C代表一水合氨、曲線D代表碳酸根離子。A．由分析可知，銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)的平衡常數(shù)大于碳酸氫根離子與氫氧根離子的平衡常數(shù)，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，曲線C代表一水合氨，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，加入0.1mol氫氧化鈉時(shí)，一水合氨和碳酸根離子濃度均增大說明溶液中碳酸氫根離子和銨根離子均與氫氧根離子反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，碳酸氫銨溶液呈堿性，溶液中銨根離子濃度大于碳酸氫根離子濃度，則溶液中微粒濃度的大小順序?yàn)閏(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(NH3·H2O)>c(COeq\o\al(2-,3))>c(OH－)>c(H+)，故D正確。8.(2024屆北京朝陽區(qū)質(zhì)量檢測)下列事實(shí)與水解反應(yīng)無關(guān)的是A.常溫下相同濃度溶液的pH大?。篘a2S(aq)>(NH4)2S(aq)B.純堿溶液去除油污的能力強(qiáng)弱：熱純堿液>冷純堿液C.除去工業(yè)廢水中的Hg2＋：向廢水中加入FeS固體D.配制FeCl3溶液：將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再稀釋至所需濃度答案：C解析：A．硫化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，硫化銨是弱酸弱堿鹽，發(fā)生互促雙水解，導(dǎo)致常溫下相同濃度溶液的pH：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)，A不符合；B．純堿水解呈堿性，為可逆過程，加熱促進(jìn)水解，且酯的水解為可逆過程，存在RCOOR'＋H2ORCOOH+R'OH，在強(qiáng)堿存在的條件下，ROOH與堿反應(yīng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，所以熱的純堿溶液去油污效果好，與水解有關(guān)，B不符合；C．除去工業(yè)廢水中的Hg2＋：向廢水中加入FeS固體，利用HgS的溶度積小于FeS，與水解無關(guān)，C符合；D．配制FeCl3溶液時(shí)，為抑制FeCl3水解，先將氯化鐵固體溶于濃鹽酸中，再稀釋至所需濃度，D不符合；9.(2024屆北京朝陽區(qū)質(zhì)量檢測)分別向相同濃度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入鹽酸，滴定過程中溶液的pH變化如下圖，下列說法不正確的是A．曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的過程B．a(chǎn)、b、c點(diǎn)水的電離程度：a＞b＞cC．a(chǎn)、b、d點(diǎn)均滿足：c(Na+)＋c(H+)＝2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)D．a(chǎn)b段和de段發(fā)生的主要反應(yīng)均為：HCOeq\o\al(－,3)＋H+＝CO2↑＋H2O答案：C解析：碳酸鈉在溶液中的水解程度大于碳酸氫鈉，相同濃度碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉溶液，則曲線①表示鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程、曲線②表示鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液的過程，a點(diǎn)為碳酸鈉溶液與鹽酸恰好反應(yīng)得到碳酸氫鈉和氯化鈉的混合溶液，b點(diǎn)和e點(diǎn)都是碳酸氫鈉與鹽酸恰好反應(yīng)得到氯化鈉和碳酸的混合溶液，d點(diǎn)為碳酸鈉、碳酸氫和氯化鈉的混合溶液，c點(diǎn)為鹽酸、氯化鈉和碳酸的混合溶液。A．由分析可知，曲線①表示鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程、曲線②表示鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液的過程，故A正確；B．由分析可知，a點(diǎn)為碳酸氫鈉和氯化鈉的混合溶液，碳酸氫根離子在溶液中水解促進(jìn)水的電離，b點(diǎn)為氯化鈉和碳酸的混合溶液，碳酸電離出的氫離子抑制水的電離，c點(diǎn)為鹽酸、氯化鈉和碳酸的混合溶液，碳酸和鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離，c點(diǎn)溶液中氫離子濃度大于b點(diǎn)，抑制水的電離程度大于b點(diǎn)，則水的電離程度大小順序?yàn)閍＞b＞c，故B正確；C．a(chǎn)、b、d點(diǎn)溶液中均存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)＋c(H+)＝2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋c(Cl－)，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，曲線①表示鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程、曲線②表示鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液的過程，則ab段和de段發(fā)生的反應(yīng)都是碳酸氫鈉溶液與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，離子方程式都為HCOeq\o\al(－,3)＋H+＝CO2↑＋H2O，故D正確；10.(2024屆北京朝陽區(qū)質(zhì)量檢測)一定溫度下，向含一定濃度金屬離子M2+(M2＋代表Fe2+、Zn2+和Mn2+)的溶液中通H2S氣體至飽和c(H2S)為0.1mol·L－1時(shí)，相應(yīng)的金屬硫化物在溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)的lg[c(M2+)]與pH關(guān)系如下圖。下列說法不正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)所示溶液中，c(H+)＞c(Zn2+)B．該溫度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)＜Ksp(MnS)C．b點(diǎn)所示溶液中，可發(fā)生反應(yīng)Fe2+＋H2S＝FeS↓＋2H+D．Zn2+、Mn2+濃度均為0.1mol·L－1的混合溶液，通入H2S并調(diào)控pH可實(shí)現(xiàn)分離答案：C解析：A．a(chǎn)點(diǎn)所示溶液中l(wèi)g[c(Zn2+)]＝－4，即c(Zn2+)＝10-4mol/L，由圖像可知此時(shí)pH＝0～1，c(H+)＞0.1mol/L，所以c(H+)＞c(Zn2+)，故A正確；B．Ksp(MnS)＝c(Mn2+)?c(S2-)，又在c(H2S)＝0.1mol·L－1時(shí)c(H+)、c(S2-)相同，圖像上取相同的橫坐標(biāo)時(shí)lg[c(Zn2+)]＜lg[c(Fe2+)]＜lg[c(Mn2+)]，即c(S2-)相同時(shí)c(Zn2+)＜c(Fe2+)＜c(Mn2+)，所以該溫度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)＜Ksp(MnS)，故B正確；C．從圖中可以得到b對應(yīng)的溶液中c(Fe2+)＝10-5mol/L，c(H+)=10-3mol/L，而當(dāng)c(H+)=10-3mol/L其飽和溶液中c(Fe2+)＝10-2mol/L，即b點(diǎn)Q＜Ksp，即無FeS沉淀生成，所以不能發(fā)生反應(yīng)Fe2+＋H2S＝FeS↓＋2H+，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)前面所求溶度積相對大小，通入H2S并調(diào)控pH能否實(shí)現(xiàn)分離，取決于Zn2+完全沉淀時(shí)Mn2+是否沉淀了，當(dāng)Zn2+完全沉淀時(shí)c(Zn2+)=10-5mol/L，圖中對應(yīng)pH約為1.2，而Zn2＋、Mn2＋濃度均為0.1mol·L－1的混合溶液Mn2＋開始沉淀的pH約為4.5，即Zn2+完全沉淀時(shí)Mn2+還沒有開始沉淀，可以實(shí)現(xiàn)分離，故D正確；二、填空題(本題包括10小題)11.(2024屆四川內(nèi)江第六中學(xué))亞硫酰氯(SOCl2)又名氯化亞砜，是一種無色或淡黃色發(fā)煙液體，有強(qiáng)烈刺激性氣味，常用作脫水劑，遇水劇烈水解，受熱易分解。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備氯化亞砜并探究其性質(zhì)。已知：①實(shí)驗(yàn)室制備原理為PCl3＋SO2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(光照))POCl3＋SOCl2。實(shí)驗(yàn)一：制備并探究SOCl2的性質(zhì)，制備SOCl2的裝置如圖(夾持裝置已略去)。(1)a儀器的名稱為_______，b裝置的作用是_______________________________。(2)SO2可通過Na2SO3固體與70%濃H2SO4反應(yīng)制取，Cl2可通過KMnO4固體與濃鹽酸反應(yīng)制取，則上圖中制取Cl2的裝置為_______(填字母)。(3)將上述裝置制得的SOCl2通過蒸餾方法提取出來(加熱及夾持裝置略)，裝置安裝順序?yàn)棰佗幄郷______(填序號)。(4)甲同學(xué)認(rèn)為SOCl2可用作熱分解FeCl3?6H2O制取無水FeCl3的脫水劑，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________________________________；但乙同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)可能發(fā)生副反應(yīng)使產(chǎn)品不純，所以乙同學(xué)取少量FeCl3?6H2O在不斷通入SOCl2蒸氣的條件下加熱，充分反應(yīng)后通入N2，加水溶解，取溶解后的溶液少許，加入_______(填寫試劑和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)，說明發(fā)生了副反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)二：測定某SOCl2樣品中SOCl2的純度。①準(zhǔn)確稱量稱量瓶和蓋的總質(zhì)量m1g，迅速加入0.6mLSOCl2樣品，立即蓋緊，稱量，質(zhì)量為m2g。②將0.6mLSOCl2樣品溶于300mLNaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)：SOCl2+4NaOH＝Na2SO3+2NaCl+2H2O，將反應(yīng)后的溶液稀釋到500mL。③準(zhǔn)確量取100ml上面溶液于碘量瓶中，加入兩滴指示劑，用適量稀鹽酸中和過量的NaOH溶液至恰好完全。④準(zhǔn)確加入50.00mL0.0500mol·L-1碘標(biāo)準(zhǔn)溶液，充分反應(yīng)后，用淀粉溶液作指示劑，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定過量的碘，反應(yīng)為I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI。平行測定兩次，反應(yīng)消耗Na2S2O3溶液的平均體積為VmL。(5)判斷滴定終點(diǎn)的方法為__________________________，樣品中SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______；下列情況會導(dǎo)致測定的SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高的是_______(填標(biāo)號)。A．實(shí)際碘標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低B．實(shí)際Na2S2O3溶液濃度偏低C．將0.6mlSOCl2樣品溶解于300mlNaOH溶液中時(shí)，氣體吸收不充分，有部分氣體逸出答案：(1)(球形)冷凝管吸收未反應(yīng)的Cl2、SO2和SOCl2蒸氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶(2)A(3)⑥⑩③⑤(4)FeCl3＋6SOCl2eq\o(=,\s\up7(△))FeCl3＋6SO2＋12HCl↑K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀(5)當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來的顏色eq\f(148.75－2.975v,m2－m1)%A解析：制備SOCl2需要先制取氯氣和二氧化硫，根據(jù)裝置分析，用高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，氯氣中含有氯化氫和水，需要用飽和食鹽水除去氯化氫，故裝置的左側(cè)為制取氯氣，右側(cè)為制取二氧化硫。據(jù)此分析。(1)①a為冷凝管②因?yàn)榉磻?yīng)過程有很多有毒的氣體，需要進(jìn)行處理，故b為吸收未反應(yīng)的Cl2、SO2和SOCl2蒸氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶。(2)根據(jù)分析裝置A為制取氯氣。(3)組裝蒸餾裝置對混合物進(jìn)行整理提純，按由上而下、由左到右的順序組裝，安裝順序?yàn)棰佗幄啵缓筮B接冷凝管，蒸餾裝置中應(yīng)選擇直形冷凝管⑥，結(jié)構(gòu)連接尾接管⑩，SOCl2容易水解，為防止外界水蒸氣進(jìn)行最后連接③⑤。故連接順序?yàn)椋孩蔻猗邰荨?4)①SOCl2可用作熱分解FeCl3?6H2O制取無水FeCl3的脫水劑，SOCl2遇水劇烈水解生成二氧化硫和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl3＋6SOCl2eq\o(=,\s\up7(△))FeCl3＋6SO2＋12HCl↑；②SOCl2具有還原性，鐵離子具有氧化性，二者可以反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸根離子，所以可以檢驗(yàn)亞鐵離子，用鐵氰化鉀，或用鋇離子檢驗(yàn)硫酸根離子。方法為：K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀”；(5)①滴定終點(diǎn)為碘單質(zhì)完全反應(yīng)，故終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來的顏色；②根據(jù)方程式SOCl2+4NaOH＝Na2SO3+2NaCl+2H2O;Na2SO3+H2O+I2＝Na2SO4+2HI；I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI分析，有關(guān)系式為，SOCl2～I(xiàn)2，硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為0.1V×10-3mol，則與SOCl2反應(yīng)的碘的物質(zhì)的量為(0.05×0.05－0.05V×10-3)mol，則樣品中SOCl2的物質(zhì)的量5×119×(0.05×0.05－0.05V×10-3)g，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(119×(0.05×0.05－0.05V×10-3)×5,m2－m1)×100%＝eq\f(148.75－2.975v,m2－m1)%③A．實(shí)際碘標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低，則硫代硫酸鈉的用量減少，則與SOCl2反應(yīng)的碘量增加，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增高，。A正確；B．實(shí)際Na2S2O3溶液濃度偏低，則用量大，與與SOCl2反應(yīng)的碘量減少，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減少，B錯(cuò)誤；C．水解過程，氣體吸收不充分，有部分氣體逸出，則SOCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，C錯(cuò)誤故選A。12.(2024屆四川廣安第二中學(xué))水合肼(N2H4?H2O)是無色、有強(qiáng)還原性的液體，實(shí)驗(yàn)室制備水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4?H2O+NaCl，據(jù)此，某學(xué)生設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)?！局苽銷aClO溶液】實(shí)驗(yàn)裝置如圖圖甲所示(部分夾持裝置已省略)已知：3NaClOeq\o(=,\s\up7(△))2NaCL+NaClO3(1)裝置I中裝濃鹽酸的裝置名稱為_________________________；裝置I圓底燒瓶中發(fā)生的化學(xué)方程式是___________